2013高考数学(理)热点专题专练:专题一 集合、函数与导数测试题


专题一
一、选择题:

集合、函数与导数测试题

1.已知全集 I=R,若函数 f(x)=x2-3x+2,集合 M={x|f(x)≤0},N={x|f′(x)<0},则 M∩?IN=( 3 A. 2,2

)

[ ] 3 C.(2,2]
3 ?IN= 2,2 .

3 B. 2,2

[ ) 3 D.(2,2) [ )

3 3 3 解析 由 f(x)≤0 解得 1≤x≤2, M=[1,2];f′(x)<0, 2x-3<0, x< , N=(-∞, ), IN= 2,+∞ .故 M∩ 故 即 即 故 ? 2 2

[ ]

答案 A 2.设某种蜡烛所剩长度 P 与点燃时间 t 的函数关系式是 P=kt+b.若点燃 6 分钟后,蜡烛的长为 17.4 cm;点燃 21 分钟 后,蜡烛的长为 8.4 cm,则这支蜡烛燃尽的时间为( A.21 分钟 C.30 分钟 ) B.25 分钟 D.35 分钟

?17.4=6k+b 解析 由? ,解得 k=-0.6,b=21,由 0=-0.6t+21,解得 t=35. ?8.4=21k+b 答案 D 3.已知命题 p:“?x∈[1,2],x2-a≥0”,命题 q:“?x∈R,x2+2ax+2-a=0”.若命题“綈 p 且 q”是真命题, 则实数 a 的取值范围为( A.a≤-2 或 a=1 C.a≥1 ) B.a≤-2 或 1≤a≤2 D.a>1

解析 命题 p:“?x∈[1,2],x2-a≥0”,∴a≤x2 在[1,2]上恒成立,∴a≤1,∴綈 p 为 a>1. 命题 q:“?x∈R,x2+2ax+2-a=0”,∴方程有解,Δ=4a2-4(2-a)≥0,a2+a-2≥0,∴a≥1 或 a≤-2. 若命题“綈 p 且 q”是真命题,则 a>1,故选 D. 答案 D 1 4.(2012· 山东肥城模拟)幂函数 f(x)=xn(n=1,2,3, ,-1)具有如下性质:f2(1)+f2(-1)=2[f(1)+f(-1)-1],则函数 2 f(x)( ) A.是奇函数 B.是偶函数 C.既是奇函数,又是偶函数 D.既不是奇函数,又不是偶函数 解析 由 f2(1)+f2(-1)=2[f(1)+f(-1)-1]?n=2,f(x)=x2 为偶函数,所以选 B. 答案 B 5.(2012· 潍坊模拟)已知函数 f(x)=x3+2bx2+cx+1 有两个极值点 x1、x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则 f(-1)的取 值范围是( )

3 A. -2,3

[

]

3 B. 2,6 -1-

[ ]

C.[3,12] 解析 f′(x)=3x2+4bx+c,由题意,得

3 D. -2,12

[

]

?f′?-1?=3-4b+c≤0, ? ?f′?1?=3+4b+c≤0, ?f′?2?=12+8b+c≥0. ?

f′?-2?=12-8b+c≥0,

f(-1)=2b-c,当直线 z=2b-c 过 A 时 f(-1)取最小值 3,当直线过 B 时取最大值 12,故选 C. 答案 C 6.(2012· 天津模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足(x-1)f′(x)≤0,且 y=f(x+1)为偶函数,当|x1-1|<|x2-1|时,有( A.f(2-x1)>f(2-x2) C.f(2-x1)<f(2-x2) B.f(2-x1)=f(2-x2) D.f(2-x1)≤f(2-x2) )

?x-1≤0, ?x-1≥0, 解析 由(x-1)f′(x)≤0?? 或? 得函数 f(x)在区间(-∞,1]上为增函数,在区间[1,+∞)上为 ?f′?x?≥0, ?f′?x?≤0, 减函数.又由 y=f(x+1)为偶函数,得函数 f(x)的图象关于直线 x=1 对称. ?x1<x2, ?x1>x2, 由|x1-1|<|x2-1|?(x1-x2)(x1+x2-2)<0?? 或? x1+x2>2, ? ?x1+x2<2. ?x1<x2, 若? 则 x2>1.此时,当 x1>1,则 f(x1)>f(x2),即 f(2-x1)>f(2-x2); ?x1+x2>2, 当 x1<1?2-x1>1,又 x2>2-x1?f(2-x1)>f(x2),即 f(2-x1)>f(2-x2). ?x1>x2 同理,当? 时,也有上述结论. ?x1+x2<2 答案 A 7.如图所示,点 P 在边长为 1 的正方形的边上运动,设 M 是 CD 边的中点,则当点 P 沿着 A-B-C-M 运动时,以 点 P 经过的路程 x 为自变量,三角形 APM 的面积函数的图象的形状大致是( )

-2-

A

B

C

D

解析 y=

? ? ?

1 x,0≤x≤1, 2 1 3 - x+ ,1<x≤2, 4 4 选 A.

1 5 - x+ ,2<x≤2.5, 2 4

答8 12.有下列命题: π π ①函数 y=cos x-4 cos x+4 的图象中,相邻两个对称中心的距离为 π;

( ) ( )

②函数 y=

x+3 的图象关于点(-1,1)对称; x-1

③关于 x 的方程 ax2-2ax-1=0 有且仅有一个实数根,则实数 a=-1; ④已知命题 p:对任意的 x∈R,都有 sinx≤1,则綈 p:存在 x∈R,使得 sinx>1.其中所有真命题的序号是( A.①② C.②③④ B.③④ D.①②④ )

x+3 π π 1 T π 解析 ①函数 y=cos(x- )cos(x+ )= cos2x,相邻两个对称中心的距离为 d= = ,故①不正确;②函数 y= 的图 4 4 2 2 2 x-1 象对称中心应为(1,1),故②不正确;③正确;④正确. 答案 B 二、填空题:

?f?x+2?,x≤-1 ? 9.已知函数 f(x)=?2x+2,-1<x<1, ?2x-4,x≥1 ?
答案 0

则 f[f(-2 012)]=________.

解析 f[f(-2 012)]=f[f(-2 010)]=f[f(-2 008)]=f[f(-2 006)]=?=f[f(0)]=f(2)=22-4=0.

1+x 10.已知函数 f(x)=ln +sinx,则关于 a 的不等式 1-x f(a-2)+f(a2-4)<0 的解集是________.

-3-

1+x 解析 已知 f(x)=ln +sinx 是奇函数, 1-x 2-?1-x?? 1+x 又 f(x)=ln +sinx=ln? 1-x ? 1-x ?+sinx= 2 ln(- -1)+sinx,因此 f(x)在(-1,1)上单调递增,故 f(x)是(-1,1)上的增函数.由已知得 f(a-2)< x-1 -f(a2-4),即 f(a-2)<f(4-a2).

?a-2<4-a ? 故?-1<a-2<1 ? ?-1<4-a2<1
2

?-3<a<2 ? ??1<a<3 ?- 5<a<- ?

? 3或 3<a< 5

3<a<2.即不等式的解集是( 3,2). 答案 ( 3,2) 1 11.已知函数 f(x)= mx2+lnx-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围为________. 2 1 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立,m≥- x x 大值 1,故 m≥1. 答案 [1,+∞) 1 12.(2011· 扬州模拟)若函数 f(x)= x3-a2x 满足:对于任意的 x1,x2∈[0,1]都有|f(x1)-f(x2)|≤1 恒成立,则 a 的取值范围 3 是________. 1 解析 问题等价于在[0,1]内 f(x)max-f(x)min≤1 恒成立. f′(x)=x2-a2, 函数 f(x)= x3-a2x 的极小值点是 x=|a|, 若|a|>1, 3 4 2 3 1 则函数 f(x)在[0,1]上单调递减,故只要 f(0)-f(1)≤1 即可,即 a2≤ ,即 1<|a|≤ ;若|a|≤1,此时 f(x)min=f(|a|)= |a|3-a2|a| 3 3 3 2 2 1 3 1 2 2 =- a2|a|,由于 f(0)=0,f(1)= -a2,故当|a|≤ 时,f(x)max=f(1),此时只要 -a2+ a2|a|≤1 即可,即 a2 3|a|-1 ≤ , 3 3 3 3 3 3

( ) +2,令 g(x)=-(1x) +2,则当1x=1 时,函数 g(x)取得最 x x
2 2

(

)

由于|a|≤

3 2 2 3 3 2 ,故 |a|-1≤ × -1<0,故此式成立;当 <|a|≤1 时,此时 f(x)max=f(0),故只要 a2|a|≤1 即可,此式显然 3 3 3 3 3 3

2 2 成立.故 a 的取值范围是 -3 3,3 3 . 答案

[-2 3

3,

2 3

[ 3]

]

三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 13. 统计表明, 某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时)的函数解析式可以表示为: y= 1 3 x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. 128 000 80 (1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 解 (1)当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 100 =2.5 小时, 40

1 3 要耗油 128 000×403-80×40+8 ×2.5=17.5(升).

(

)

答:当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油 17.5 升. (2)当速度为 x 千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了 100 小时,设耗油量为 h(x)升,依题意得 x -4-

1 3 100 1 2 800 15 h(x)= 128 000x3-80x+8 · = x+ - (0<x≤120), x 1280 x 4

(

)

x 800 x3-803 h′(x)= - 2= (0<x≤120). 640 x 640x2 令 h′(x)=0,得 x=80. 当 x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当 x∈(80,120]时,h′(x)>0,h(x)是增函数. ∴当 x=80 时,h(x)取得极小值 h(80)=11.25. ∵h(x)在(0,120]上只有一个极值,∴它是最小值. 答:当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少为 11.25 升. 14.设函数 f(x)=aex+ 1 +b(a>0). aex

(1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 解 (1)f′(x)=aex- 1 . aex

当 f′(x)>0,即 x>-lna 时,f(x)在(-lna,+∞)上递增; 当 f′(x)<0,即 x<-lna 时,f(x)在(-∞,-lna)上递减. ①当 0<a<1 时,-lna>0,f(x)在(0,-lna)上递减,在(-lna,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-lna) =2+b; 1 ②当 a≥1 时,-lna≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(0)=a+ +b. a 1 3 (2)依题意 f′(2)=ae2- 2= , ae 2 1 解得 ae2=2 或 ae2=- (舍去). 2 2 1 1 所以 a= 2,代入原函数可得 2+ +b=3,即 b= . e 2 2 2 1 故 a= 2,b= . e 2 15.(本小题满分 12 分) 设 a<1,集合 A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点. 解 1 (1)在集合 B 中,Δ=9(1+a)2-48a=9(a-3) a-3 ,而 a<1,A=R*,

( )

1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 a< 时,由 2x2-3(1+a)x+6a=0,解得 x1= 3 3 3?1+a?+3 1 ?a-3? a-3 , 4

3?1+a?-3 4

1 ?a-3? a-3

( ),x =
2

( )

若 x1<0,即 1+a< 若 x2<0,即(1+a)+

1 ?a-3? a-3 ,得 a<0,

( ) 1 ?a-3?(a-3)<0,无解,
-5-

∴当 a<0 时,x1<0<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(x2,+∞), 当 a=0 时,0=x1<x2,B=(-∞,0)∪(x2,+∞),D=A∩B=(x2,+∞) 1 当 0<a< 时,0<x1<x2,B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞), 3 1 ②当 Δ=0 时,即 a= 时,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 3 这时 B=(-∞,1)∪(1,+∞),D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞), 1 ③当 Δ<0 时,即 <a<1 时,B=R,D=A∩B=(0,+∞), 3 1 1 1 综上所述:当 a≤0 时,D=(x2,+∞);当 0<a< 时,D=(0,x1)∪(x2,+∞);当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞);当 <a<1 3 3 3 3?1+a?-3 时,D=(0,+∞).其中 x1= 3?1+a?+3 x2=
2

1 ?a-3? a-3 , 4

( )

1 ?a-3? a-3 4

( );

(2)f′(x)=6x -6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),a<1, 令 f′(x)=0 得 x=a 或 x=1,当 x<a 或 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当 a<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, ①当 a≤0 时,D=(x2,+∞), 3 且 x2-1= 1 ?a-3? a-3 +3a-1 >0,即 x2>1, 4

( )

此时 f(x)在 D=(x2,+∞)上无极值点; 1 ②当 0<a< 时,D=(0,x1)∪(x2,+∞), 3 3?1+a?-3 x1= 3?1+a?+3 x2= =a; 1 1 ③当 a= 时,f(x)在 D=(0,1)∪(1,+∞)上只存在一个极大值点 x= ; 3 3 1 ④当 <a<1 时,f(x)在 D=(0,+∞)上存在一个极大值点 x=a 和极小值点 x=1; 3 1 1 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在 D 上无极值点;当 0<a≤ 时,f(x)在 D 上存在一个极大值点 x=a;当 <a<1 时,f(x)在 D 3 3 上存在一个极大值点 x=a 和极小值点 x=1. 3 15. (2012· 辽宁)设 f(x)=ln(x+1)+ x+1+ax+b(a,b∈R,a,b 为常数),曲线 y=f(x)与直线 y= x 在(0,0)点相切. 2 (1)求 a,b 的值; 9x (2)证明:当 0<x<2 时,f(x)< . x+6 解 (1)由 y=f(x)过(0,0)点,得 b=-1. 4 4 1 ?a-3? a-3

( ), ( ),比较得 0<a<x <1<x ,此时 f(x)在 D=(0,x )∪(x ,+∞) 上只存在一个极大值点 x
1 2 1 2

1 ?a-3? a-3

3 由 y=f(x)在(0,0)点的切线斜率为 ,又 2 -6-

y′

|

x=0=

? 1 + ?x+1 2

1 +a? x+1 ?

|

x=0=2+a,

3

得 a=0. (2)证法一:由均值不等式, 当 x>0 时,2 ?x+1?· 1<x+1+1=x+2, x 故 x+1< +1. 2 记 h(x)=f(x)- 9x ,则 x+6

h′(x)=

2+ x+1 x+6 ?x+6?3-216?x+1? 1 1 54 54 54 + - - - 2= 2< 2= x+1 2 x+1 ?x+6? 2?x+1? ?x+6? 4?x+1? ?x+6? 4?x+1??x+6?2

令 g(x)=(x+6)3-216(x+1),则当 0<x<2 时, g′(x)=3(x+6)2-216<0, 因此 g(x)在(0,2)内是递减函数,又由 g(0)=0,得 g(x)<0,所以 h′(x)<0. 9x 因此 h(x)在(0,2)内是递减函数,又 h(0)=0,得 h(x)<0.于是当 0<x<2 时,f(x)< . x+6 证法二:由(1)知 f(x)=ln(x+1)+ x+1-1. x 由均值不等式,当 x>0 时,2 ?x+1?· 1<x+1+1=x+2,故 x+1< +1.① 2 -x 1 令 k(x)=ln(x+1)-x,则 k(0)=0,k′(x)= -1= <0,故 k(x)<0,即 ln(x+1)<x.② x+1 x+1 3 由①②得,当 x>0 时,f(x)< x. 2 记 h(x)=(x+6)f(x)-9x,则当 0<x<2 时, 1 1 3 ?-9 h′(x)=f(x)+(x+6)f′(x)-9< x+(x+6)?x+1+ 2 2 x+1? ? x 1 1 = [3x(x+1)+(x+6)(2+ x+1)-18(x+1)]< [3x(x+1)+(x+6) 3+2 -18(x+1)] 2?x+1? 2?x+1?

( )



x (7x-18)<0. 4?x+1?

9x 因此 h(x)在(0,2)内单调递减,又 h(0)=0,所以 h(x)<0,即 f(x)< . x+6

-7-


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